BMO 2021 - Θέματα

#1

Τις τελευταίες μέρες διεξήχθει η ΒΜΟ 2021 διαδικτυακά με διοργανωτή την Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία.

Παραθέτω τα θέματα για συζήτηση. (Απολογούμαι για την καθυστέρηση αλλά ως υπεύθυνος του coordination δεν είχα πολύ χρόνο για να τα ανεβάσω νωρίτερα και το αμέλησα.)

Πρόβλημα 1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με

και κύκλος $\omega$ που διέρχεται από τα B,C

. Υποθέτουμε ότι το

βρίσκεται στο εσωτερικό του $\omega$ . Έστω X,Y

σημεία πάνω στον $\omega$ τέτοια ώστε $\angle BXA=\angle AYC$ . Υποθέτουμε ακόμη ότι το

βρίσκεται στην αντίθετη πλευρά της ευθείας

από ότι το

, και ότι το

βρίσκεται στην αντίθετη πλευρά της ευθείας

από ότι το

.

Να δείξετε ότι, καθώς μεταβάλλουμε τις θέσεις των X,Y

πάνω στον $\omega$ , η ευθεία

διέρχεται από ένα σταθερό σημείο.

Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

Πρόβλημα 3

Έστω

,

και

θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν την εξίσωση

$\displaystyle (a,b) + [a,b] = 2021^c\,.$

Αν ο |a-b|

είναι πρώτος αριθμός, να δείξετε ότι ο αριθμός (a+b)^2+4

είναι σύνθετος.

Εδώ, συμβολίζουμε με (a,b)

τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των

και

, και με

το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των

και

.

Πρόβλημα 4

Ο Άγγελος έχει μία αποθήκη, η οποία αρχικά περιέχει 100

στοίβες με 100

σκουπίδια στην καθεμιά. Κάθε πρωί, ο Άγγελος εκτελεί ακριβώς μία από τις ακόλουθες κινήσεις:

(α) Καθαρίζει όλα τα σκουπίδια από μία στοίβα.
(β) Καθαρίζει ένα σκουπίδι από κάθε στοίβα.

Κάθε βράδυ, όμως, ένα διαβολάκι εισβάλλει στην αποθήκη και εκτελεί ακριβώς μία από τις ακόλουθες κινήσεις:

(α) Προσθέτει ένα σκουπίδι σε κάθε στοίβα που δεν είναι άδεια.
(β) Δημιουργεί μία καινούρια στοίβα με ένα σκουπίδι.

Ποιο είναι το πρώτο πρωί κατά το οποίο ο Άγγελος μπορεί να εγγυηθεί ότι θα έχει καθαρίσει όλα τα σκουπίδια από την αποθήκη;

Τσιαλας Νικολαος · #2

Πριν μπούμε στις λύσεις θα ήθελα να συγχαρώ την Ελληνική ομάδα για τα 2 ασημένια και 3 χάλκινα μετάλλια!!! Ειδικά πολλά συγχαρητήρια στα 2 "δικά" μας παιδιά του mathematica τον Ορέστη και τον Πρόδρομο που κατέλαβαν τα 2 ασημένια!!!

Lymperis Karras · #3

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am

Πρόβλημα 1

Δίνεται τρίγωνο με και κύκλος $\omega$ που διέρχεται από τα . Υποθέτουμε ότι το βρίσκεται στο εσωτερικό του $\omega$ . Έστω σημεία πάνω στον $\omega$ τέτοια ώστε $\angle BXA=\angle AYC$ . Υποθέτουμε ακόμη ότι το βρίσκεται στην αντίθετη πλευρά της ευθείας από ότι το , και ότι το βρίσκεται στην αντίθετη πλευρά της ευθείας από ότι το .

Να δείξετε ότι, καθώς μεταβάλλουμε τις θέσεις των πάνω στον $\omega$ , η ευθεία διέρχεται από ένα σταθερό σημείο.

Το σχήμα:

: BMO 2021 - 1.png (153.49 KiB) Προβλήθηκε 2969 φορές

Η λύση το βράδυ αν δεν απαντηθεί μέχρι τότε

miltosk · #4

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

Διαγραφή εσφαλμένης λύσης.

#5

miltosk έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 11:19 am

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

...
Θέτοντας $x \mapsto f^{-1}(x) \Rightarrow f(x+f^{-1}(x)+f(y))=2x+y$ , οπότε επί.
...

Καλημέρα!

Θέτοντας όπου

το $f^{-1}(x)$ έχεις ήδη υποθέσει (καταχρηστικά) ότι η

αντιστρέφεται και άρα είναι επί. Δηλ. το παραπάνω είναι φαύλος κύκλος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

miltosk · #6

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 11:32 am

miltosk έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 11:19 am

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

...
Θέτοντας $x \mapsto f^{-1}(x) \Rightarrow f(x+f^{-1}(x)+f(y))=2x+y$ , οπότε επί.
...
Καλημέρα!

Θέτοντας όπου το $f^{-1}(x)$ έχεις ήδη υποθέσει (καταχρηστικά) ότι η αντιστρέφεται και άρα είναι επί. Δηλ. το παραπάνω είναι φαύλος κύκλος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Μα στην πρώτη γραμμή έχω αποδείξει ότι η

αντιστρέφεται.

#7

Μίλτο, για να δείξεις ότι αντιστρέφεται πρέπει να δείξεις και το 1-1 και το επί.

Δες επίσης το σκεπτικό σου σε αυτό το παράδειγμα: Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:(0,\infty) \to (0,\infty)$ ώστε f(x+y) = f(x)+y

για κάθε $x,y \in (0,\infty)$ .

Εσύ ξεκίνησες και έδειξες ότι είναι 1-1 και μετά βάζοντας στη θέση του

το $f^{-1}(x)$ λες $f(f^{-1}(x)+y) = x+y$ άρα είναι επί. Έλα όμως που η f(x) = x+1

ικανοποιεί αλλά δεν είναι επί.

Το λάθος είναι ασφαλώς ότι δεν μπορείς να χρησιμοποιήσεις το $f^{-1}(x)$ πριν δείξεις και το 1-1 και το επί.

#8

miltosk έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 11:56 am

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 11:32 am

miltosk έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 11:19 am

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

...
Θέτοντας $x \mapsto f^{-1}(x) \Rightarrow f(x+f^{-1}(x)+f(y))=2x+y$ , οπότε επί.
...
Καλημέρα!

Θέτοντας όπου το $f^{-1}(x)$ έχεις ήδη υποθέσει (καταχρηστικά) ότι η αντιστρέφεται και άρα είναι επί. Δηλ. το παραπάνω είναι φαύλος κύκλος.

Φιλικά,

Αχιλλέας
Μα στην πρώτη γραμμή έχω αποδείξει ότι η αντιστρέφεται.

Η $f: (0,+\infty)\to f((0,+\infty))$ πράγματι αντιστρέφεται.

'Οταν λέμε μια συνάρτηση είναι "επί" θα πρέπει να επισημαίνουμε επί ποιου συνόλου είναι επί.

Εάν εννοείς εξ αρχής ότι είναι επί του $(0,+\infty)$ τότε έχεις υποθέσει καταχρηστικά αυτό που θέλουμε να δείξουμε: Αυτό που θέλουμε να δείξουμε είναι ότι $f((0,+\infty))=(0,+\infty)$ .

Εάν εννοείς ότι η

είναι επί του $f((0,+\infty)$ και άρα ορίζεται ή $f^{-1}: f((0,+\infty))\to (0,\+\infty)$ , τότε γράφοντας " $x\to f^{-1}(x)$ πρέπει να επισημανθεί ότι $x\in f((0,+\infty))$ .

Πως όμως αποδεικνύεται ότι $f((0,+\infty))= (0,+\infty)$ ;

Προφανώς, $f((0,+\infty))\subset (0,+\infty)$ . Θέλουμε να δείξουμε το αντίστροφο, δηλ. ότι αν $a\in (0,\infty)$ , τότε $a\in f((0,+\infty))$ .

Πως αποδεικνύεται αυτό; Θα πρέπει να έχεις y>0

και $x\in f((0,+\infty))$ με a=2x+y

. Πως;

miltosk · #9

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 12:26 pm
Μίλτο, για να δείξεις ότι αντιστρέφεται πρέπει να δείξεις και το 1-1 και το επί.

Δες επίσης το σκεπτικό σου σε αυτό το παράδειγμα: Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:(0,\infty) \to (0,\infty)$ ώστε για κάθε $x,y \in (0,\infty)$ .

Εσύ ξεκίνησες και έδειξες ότι είναι 1-1 και μετά βάζοντας στη θέση του το $f^{-1}(x)$ λες $f(f^{-1}(x)+y) = x+y$ άρα είναι επί. Έλα όμως που η ικανοποιεί αλλά δεν είναι επί.

Το λάθος είναι ασφαλώς ότι δεν μπορείς να χρησιμοποιήσεις το $f^{-1}(x)$ πριν δείξεις και το 1-1 και το επί.

Α, ναι σωστά, το είχα ξεχάσει αυτό.
Σβήνω τη λύση ως εσφαλμένη, σας ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις σας.

2nisic · #10

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

:

.

Άρα $4f(x)+2x+y=5f(x)+x+y\Rightarrow f(x)=x$

#11

2nisic έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 2:29 pm

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

:

: .

Άρα $4f(x)+2x+y=5f(x)+x+y\Rightarrow f(x)=x$

Καλό είναι να δημοσιεύονται πλήρεις λύσεις.

Οι παραπάνω σχέσεις προϋποθέτουν άλλες, για τις οποίες δεν γίνεται λόγος.

Για παράδειγμα, εάν υποθέσουμε ότι P(x,y)

δηλώνειτην δοθείσα σχέση, κάτι που δεν επισημαίνεται στην παραπάνω "λύση", τότε

η P(x+2f(x),y))

σημαίνει

, όχι

Δηλ. η σχέση P(x,x)

πρέπει να προηγηθεί. Επίσης, πρέπει να δικαιολογηθεί ησχέση x+2f(x)+f(x+2f(x))=2x+4f(x)

, απόροια της P(x,x)

και αυτή.

Ομοίως και η συνέχεια.

Lymperis Karras · #12

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 2:58 pm

2nisic έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 2:29 pm

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

:

: .

Άρα $4f(x)+2x+y=5f(x)+x+y\Rightarrow f(x)=x$
Καλό είναι να δημοσιεύονται πλήρεις λύσεις.

Επίσης να τονίσουμε ότι η

είναι

, καθώς αν f(a)=f(b)

έχουμε

Από την υπόθεση όμως f(x + f(x) + f(a))=f(x + f(x) + f(b))

άρα και $2f(x) + a = 2f(x) + b \leftrightarrow a=b$ και τέλος

#13

Lymperis Karras έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 3:32 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 2:58 pm

2nisic έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 11, 2021 2:29 pm

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 10, 2021 11:02 am
Πρόβλημα 2

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ που είναι τέτοιες, ώστε να ισχύει

$\displaystyle f(x+f(x)+f(y)) = 2f(x) + y$

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ .

:

: .

Άρα $4f(x)+2x+y=5f(x)+x+y\Rightarrow f(x)=x$
Καλό είναι να δημοσιεύονται πλήρεις λύσεις.

Επίσης να τονίσουμε ότι η είναι , καθώς αν έχουμε

Από την υπόθεση όμως άρα και $2f(x) + a = 2f(x) + b \leftrightarrow a=b$ και τέλος

Δεν χρησιμοποιεί το ότι η

είναι 1-1 στην παραπάνω «λύση».

Joaakim · #14

Έστω προς άτοπο ότι ο (a+b)^2+4

είναι πρώτος. Έστω επίσης χωρίς βλάβη ότι $b \geq a$ .
Γράφουμε p=b-a

και

, με

πρώτους.

Θα αποδείξουμε αρχικά τον εξής Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: (a,b)|[a,b]

Απόδειξη: Ως γνωστόν είναι $(a,b) \cdot [a,b]=ab$ . Όμως $(a,b)^2|ab=(a,b) \cdot [a,b]$ , και το ζητούμενο έπεται.

Από τον ισχυρισμό τώρα έχουμε ότι (a,b)|2021^c

. Ακόμα

, οπότε $(a,b) \in \math 1,43,47$ . Διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: (a,b)=1

.

Τότε

, και $q=(a+b)^2+4=(a-b)^2+4(ab+1)\Rightarrow q=p^2+4 \cdot 2021^c$ . (1)

Θεωρούμε δύο περιπτώσεις ανάλογα με την αρτιοοεριττότητα του

.

Περίπτωση 1-Α: ο

είναι άρτιος

Αν p=2

, τότε από την (1)

προκύπτει ότι 4|q

, άτοπο.
Άρα p≠2

και έτσι

.
Όμως από την (1)

έχουμε ότι ο

γράφεται ως το άθροισμα δύο τετραγώνων με τουλάχιστον δύο τρόπους,
που είναι άτοπο από την 2η πρόταση του Euler

.

Περίπτωση 1- Β: ο

είναι περιττός

Θα δείξουμε ότι p=3

, έστω προς άτοπο ότι p≠3

.
Τότε όμως $q=p^2+4 \cdot 2021^c=1+2^c=1+2=3=0(mod.3)$ , οπότε q=3

, άτοπο.
Άρα p=3

και συνεπώς b=a+3

.
Τότε έχουμε: $a(a+3)+1=2021^c \Rightarrow a^2+3a+1-2021^c=0$ .
Η διακρίνουσα του παραπάνω τριωνύμου πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο, άρα πρέπει ο αριθμός:
$4 \cdot 2021^c+5$ να είναι τέλειο τετράγωνο.
Αυτός όμως είναι ισοϋπόλοιπος 5 (mod.47)

και:

$\displaystyle (\frac{5}{47})=(\frac{47}{5})=(\frac{2}{5})=-1$ ,

άτοπο.

Περίπτωση 2: (a,b)=43

Γράφουμε

, και επειδή θα είναι p=43

, έπεται ότι y=x+1

.
Ακόμα $\displaystyle [a,b]=\frac{ab}{(a,b)}=43x(x+1)$ , άρα έχουμε την σχέση:
$43x(x+1)+43=2021^c \Rightarrow x^2+x+1-43^{c-1} \cdot 47^c=0$ .

Η διακρίνουσα του παραπάνω τριωνύμου πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο, άρα πρέπει ο αριθμός:
$4 \cdot 43^{c-1} \cdot 47^c-3$ να είναι τέλειο τετράγωνο.
Αυτός όμως είναι ισοϋπόλοιπος -3(mod.47)

, και:

$\displaystyle (\frac{-3}{47})=(\frac{-1}{47})(\frac{3}{47})=(\frac{3}{47})=(\frac{47}{3})=(\frac{2}{3})=-1$ ,

άτοπο.

Περίπτωση 3: (a,b)=47

Όπως παραπάνω θα πρέπει p=47

, και γράφουμε a=47m, b=47(m+1)

.
Άρα πρέπει η διακρίνουσα του τριωνύμου $m^2+m+1-43^c \cdot 47^{c-1}=0$ να είναι τέλειο τετράγωνο.
Όμως για c>1

είναι $∆=4 \cdot 43^c \cdot 47^{c-1}-3=-3(mod.47)$ , το οποίο δεν ισχύει λόγω της Περίπτωσης 2.

Ειδάλλως $c=1 \Rightarrow m(m+1)=42$ , που δίνει m=6

.
Τότε όμως $a+b=47 \cdot 6+47 \cdot 7=47 \cdot 13=2 \cdot 3=6=1(mod.5)$ ,
που δίνει $q=1+4=5=0(mod.5) \Rightarrow q=5$ άτοπο.

Έχοντας εξαντλήσει όλες τις περιπτώσεις, έχουμε ότι ο (a+b)^2+4

είναι σύνθετος, όπως θέλαμε.

BMO 2021 - Θέματα

BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Re: BMO 2021 - Θέματα

Μέλη σε σύνδεση